天津市河西区2016高三二模数学试卷答案(理科)

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河西区2015—2016学年度第二学期高三年级总复习质量调查（二）

（Ⅱ）解：A班的样本数据中上网时长不小于21小时的有2个，从中有放回地抽取2个数据，恰

1

有1个数据为“过度用网”的概率为PC2()1(1)1

数学试卷（理工类）参考答案及评分标准

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分. CBCA CBAD

二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分.

2

6264

. „„„„6分 9

（Ⅲ）解：随机变量X的取值为0，1，2，3，4，

22C4C6

P(X0)22， 2

225C6C6

112211

C2C4C2C4C4C256

P(X1)， 22

225C6C6

11112222

C2C4C4C2C2C2C4C4101

P(X2)， 22

225C6C6

e1

) （9）0.03 （10）2i （11）6 （12）(2，) （13）51 （14）(，e42

三、解答题：本大题共6小题，共80分. （15）（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：因为函数f(x)的最小正周期为





2

，



„„„„3分



，解得2. 2

令2xk，kZ，

所以T

211112C2C4C2C2C4C456

P(X3)， 22

225C6C622

C2C6

P(X4)24， 2

225C6C6

2

k

所以x，kZ，

82

4

随机变量X的分布列为：

所以f(x)的定义域为{xR|x



8



k

，kZ}. 2

„„„„6分



P

0 1 2 3 4

（Ⅱ）解：因为f()3，即tan(



4

2

)3，



„„„„9分

6 22556 225101

22556 2256 225

„„„„11分

tan11

3，解得tan，

21tan

2tan4

所以tan2. 

1tan23

（16）（本小题满分13分）

（Ⅰ）解：经计算，xA18，xB22，

X的数学期望是E(X)0

„„„„13分

（17）（本小题满分13分）

101566656

342.„„„„13分 12225225225225225

（Ⅰ）解：以D为原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

























„„„„1分

据此估计，A班的学生平均每周上网时长为18小时，B班的学生平均每周上网时长为22小时.



























„„„„3分

由题意得，D(0，0，0)，A(1，0，0)，B(1，1，0)，C(0，2，0)，E(0，2，2)，P(0，

12

0，2)，F(，0，)，

22

则AC(1，2，0)，平面DEF的一个法向量n1(x，y，z)，

高三年级数学试卷（理科）答案第1 页（共7页）（二）


DE(0，2，2)，DF(12

2，0，2)，

所以sin



26

cosBQ,m

BQm

51BQm



1

2

， 2192107

由nDE0y2z0

1，即n12

1DF02

x2z0， 则21，由01，所以1，即Q点和E点重合， 取z2，得n1(22，2，2)，

故在线段EF上存在一点Q，且FQEF19

2

. 因为AC·n11(22)2(2)020， （18）（本小题满分13分）

所以ACn（Ⅰ）解：由题意，设抛物线C的方程为x22py（p0）， 1， AC∥平面DEF.























„„„„4分

则

p

2

1，p2， （Ⅱ）解：设平面PBC的一个法向量n2(x，y，z)，

所以抛物线C的方程为x24y.

















PB(1，1，2)，BC(1，1，0)，

（Ⅱ）解：由题意，直线AB的斜率存在，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由

n2PB0xy2z直线AB的方程为ykx1，

















，即n0

2BC0

0，

xy取x1，得n由ykx1

22(1，1，2)，

x24y，消去y，整理得x4kx40， 设平面ABC的一个法向量n3(0，0，1)， x1x24k，x1x24，

所以cosnn2,n3

2n322

nn

，









„„„„6分

从而x1x224k1，



















234

2由图可知二面角ABCP为锐二面角， 

yy1由xx

2x12x18所以二面角ABCP的大小为



1，解得点M的横坐标xMyx2

x1y12

xx4x， 14

. „„„„8分

114

（Ⅲ）解：设存在点Q满足条件，由F(12

2，0，2

)，E(0，2，2)，

同理点N的横坐标x8

N

4x， 2

设FQFE（01），整理得Q(1

（212

，2，

）2)， BQ(

1

（21）)， „„„„10所以MN2x82xx82k21

MxN

12xx

， 2

，21，2分 1x24(1x2)164k3

因为直线BQ与平面BCP所成角的大小为30，

令4k3t，t0，则k

t34

， 高三年级数学试卷（理科）答案第2 页（共7页）（二）

„„„„13分

„„„„4分

„„„„5分

„„„„8分 „„„„9分

„„„„11分


256

当t0时，MN222122，

tt所以



k2111111

2(1223nn1)

212121212121k1Sk(Tkk1)

n

当t0时，MN22(53168

t5)2255

2，











2(1

12

n1

1

)2.

（20）（本小题满分14分）

综上所述，当t253，即k48

3时，MN的最小值是5

2.

„„„„13分（19）（本

（Ⅰ）解：当m1时，曲线yf(x)(x1)2lnx， 小题满分14分）

设切点坐标为(x0，lnx0)，

（Ⅰ）解：圆Cnn的圆心到直线ln的距离dn

22

n，半径rn2ann，

由f'(x)

1

x

，所以斜率k1x，则切线方程为ylnx10(xx0)，0x0所以a1an1

4

A222

nBnrndn2an，即n1a2，

„„„„3分

n因为切线过点P(0，1)，所以1lnx01，解得x01， 又a11，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，

所以切线方程为xy10.

















（Ⅱ）解：函数f(x)的定义域为(0，)，

an1

n2

. „„„„5分 f'(x)2x22xm

x

，

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，bn

n4an

n1，









„„„„6分

n2

令f'(x)0，

所以T123n

1当m

1

n22232

42n1，

2

时，f'(x)0恒成立， 函数f(x)的单调递增区间为(0，)；

1123n2T2324251nn2n12

n2

， 2当0m

1

两式相减，得12

时， 2T1111n1n2

n2223242n12

n222n2，

函数f(x)的单调递增区间为(0，

112m11所以Tn2

n12

n1.

„„„„9分

2)，(2m

2

，)；3当m0时，

（Ⅲ）证明：因为an1

12nn2，所以Sn

12

2n1， 函数f(x)的单调递增区间为(112m

2

，). 所以k2

Sk2k(Tkk1)

(2k1)(1k2

（Ⅲ）解：f'(x)2x22xm

2k1k1)

x

，

k1

令f'(x)0，得2x22xm0，



2(2k1)(2k11)2(12k11

2k1

1

)，

„„„„11分

由题意，方程有两个不相等的正数根a，b，且ab，

高三年级数学试卷（理科）答案第3 页（共7页）（二）

„„„„14分

„„„„3分

„„„„7分

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